두 제곱의 합에 대한 확장 된 페르마 정리를 증명하는 질문
허락하다 $m$홀수 양의 정수 여야합니다. 보여줘$m$ 두 제곱의 합으로 쓸 수 있습니다. $m = a^2 + b^2$ 와 $\gcd(a,b) = 1$ 모든 소인수가 $m$ 에 합동 $1 (\text{mod}~4)$.
$\mathbf{My~Attempts:}$
만약 $m$홀수 소수이면 두 제곱의 합에 대한 페르마 정리에 의해 성명서가 유지됩니다.
그래서$m$ 복합 홀수 양의 정수입니다.
먼저 모든 소인수가 $m$ 에 합동 $1~(\text{mod}\ 4)$ 그때 $m = a^2 + b^2$ 와 $\gcd(a,b) = 1$.
모든 소인수가$m$ 에 합동 $1~(\text{mod}\ 4)$
허락하다 $m = p_1 p_2 \cdots p_n$ 소인 수화하다 $m$ 그리고 각각 $p_i$이상합니다.
그런 다음 가정에 따라$p_i \equiv 1 ~(\text{mod}~4)$ 두 제곱의 합에 대한 Fermat의 정리에 의해 $p_i = a_i^2 + b_i^2$ 일부 $a_i, b_i \in \mathbb{N}$.
그래서,$m = (a_1^2 + b_1^2)(a_2^2 + b_2^2) \cdots (a_n^2 + b_n^2) = [(a_1 a_2 + b_1 b_2)^2 + (b_1 a_2 - a_1 b_2)^2](a_3^2 + b_3^2) \cdots (a_n^2 + b_n^2)$.
허락하다$x_1 = (a_1 a_2 + b_1 b_2)$ 과 $y_1 = (b_1 a_2 - a_1 b_2)$.
그런 다음 우리는$m = (x_1^2 + y_1^2)(a_3^2 + b_3^2) \cdots (a_n^2 + b_n^2)$.
이제이 과정을 반복하세요$n-2$ 시간과 각각 $x_i = (x_{i-1} a_{i+1} + y_{i-1} b_{i+1})$ 그리고 각각 $y_i = (y_{i-1} a_{i+1} - x_{i-1} b_{i+1})$.
그러면 우리는$m = (x_{n-1}^2 + y_{n-1}^2)$ 어디 $x_{n-1} = (x_{n-2} a_n + y_{n-2} b_n)$ 과 $y_{n-1} = (y_{n-2} a_n - x_{n-2} b_n)$.
어디$x_{n-1}$ 과 $y_{n-1}$둘 다 양의 정수입니다.
허락하다$a = x_{n-1}$ 과 $b = y_{n-1}$.
그래서 우리는$m$ 두 제곱의 합으로 쓸 수 있습니다. $m = a^2 + b^2$.
$\mathbf{Problems:}$
이제 나는 그것을 증명하는 방법을 고수했습니다. $\gcd(a,b) = 1$이 경우 !! 또한 진술의 역을 증명하는 방법을 모르겠습니다.$m = a^2 + b^2$ 와 $\gcd(a,b) = 1$ 다음의 모든 소인수 $m$ 에 합동 $1~(\text{mod}~4)$ !
답변
여기에 약간 다른 접근 방식이 있습니다. 첫째, 당신이했던 것과 유사하게 "if"부분은$m$ 에 합동 $1 \pmod{4}$. 에 나타낸 바와 같이 대답 에 두 개의 광장과 주요 인수 분해의 합 , 제곱의 합에 페르마의 정리는 각 소인수를 말한다$p_i$ 의 $m$제곱의 합으로 쓸 수 있습니다. 또한$c, d, e, f \in \mathbb{R}$,
$$(c^2 + d^2)(e^2 + f^2) = (ce \pm df)^2 + (cf \mp de)^2 \tag{1}\label{eq1A}$$
언제든 보여 $2$ 숫자는 제곱의 합으로 쓸 수 있습니다. $2$다른 방법들. \ eqref {eq1A}를 이전 결과 ($1$) 및 각각 $p_i \mid m$ 최종 제품을 의미합니다. $m$, 제곱합으로 쓸 수 있습니다.
증명에 관해서는 $a$ 과 $b$ 어디 $\gcd(a, b)$상기 답 에 4N + 1 형태의 소수 중 임의의 생성물이 개 상대적으로 프라임 제곱의 합 이하 부연 방송이.
\ eqref {eq1A}에서 볼 수 있듯이 $2$ 제곱합은 다음과 같이 표현할 수 있습니다. $2$방법. 있다$c^2 + d^2$,와 함께 $\gcd(c, d) = 1$, 다음의 제품이어야합니다. $1$ 또는 그 이상의 소수 $4n + 1$, 및 $e^2 + f^2$곱할 형태의 소수가됩니다. \ eqref {eq1A}의 첫 번째 형식, 즉,$(ce + df)^2 + (cf - de)^2$, 유효하지 않습니다. 즉, 소수가 있습니다. $q$각 용어를 나눕니다. 이것은
$$q \mid (ce + df)e + (cf - de)f = c(e^2 + f^2) \tag{2}\label{eq2A}$$
$$q \mid (ce + df)f - (cf - de)e = d(e^2 + f^2) \tag{3}\label{eq3A}$$
이후 $q$ 나누지 않는다 $c$ 과 $d$, 다음 $q \mid e^2 + f^2 \implies q = e^2 + f^2$. \ eqref {eq1A}의 두 솔루션 유형이 모두 유효하지 않은 경우$e^2 + f^2$ 분할 $ce - df$ 만큼 잘 $ce + df$, 따라서 분할 $2ce$ 과 $2df$. 이후$e^2 + f^2$ 나누지 않는다 $2e$ 또는 $2f$, 둘 다 나눠야합니다. $c$ 과 $d$가설과는 반대로, 다음 중 하나 이상을 의미합니다. $2$양식이 유효해야합니다. 따라서 유효한 형식을 사용하고 곱한 각 소수에 대해이 절차를 반복하여 결국$m$.
받는 사람과 유사한 "경우에만"부분에 대해서는 대답 을 하는 경우$a \in \Bbb Z$ 두 제곱의 합입니다. $a$다음 중 어떤 형식으로 쓸 수 없습니까? , 소수가 있다고 가정$p \equiv 3 \pmod{4}$ 와 $p \mid m$. 만약$p \mid a$, 다음 $p \mid b$, 그 반대의 경우도 있지만 $\gcd(a, b) = 1$, 다음 $p$ 둘 다 나눌 수 없다 $a$ 또는 $b$. 그러므로,$a$ 곱셈 역이 있습니다. $a'$, 모듈로 $p$. 허락하다$r = \frac{p-1}{2}$ 그리고 참고 $r$이상하다. 또한 Fermat의 작은 정리를 사용하면 다음과 같은 결과를 얻을 수 있습니다 (아래의 인수는 기본적으로$-1$모듈로 2 차 잔차 가 아닙니다.$p$ 만약 $p \equiv 3 \pmod{4}$)
$$\begin{equation}\begin{aligned} a^2 + b^2 & \equiv 0 \pmod{p} \\ a^2(a')^2 + b^2(a')^2 & \equiv 0 \pmod{p} \\ 1 + (ba')^2 & \equiv 0 \pmod{p} \\ (ba')^2 & \equiv -1 \pmod{p} \\ \left((ba')^2\right)^{r} & \equiv (-1)^r \pmod{p} \\ (ba')^{p-1} & \equiv -1 \pmod{p} \\ 1 & \equiv -1 \pmod{p} \end{aligned}\end{equation}\tag{4}\label{eq4A}$$
물론 이것은 불가능합니다. 즉, 원래 가정이 거짓이어야 함을 의미합니다. 이것은 모든 주요 요인을 확인합니다$m$ 일치해야합니다 $1 \pmod{4}$.